2022-2023学年湖北省十堰市高一（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年湖北省十堰市高一（下）期末数学试卷（含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年湖北省十堰市高一（下）期末数学试卷一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.  复数的实部为(    )A.  B.  C.  D. 2.  已知向量，若，则(    )A.  B.  C.  D. 3.  端午节前后，人们除了吃粽子、插艾叶以外，还要给孩子们佩戴香囊某商家销售的香囊有四种不同的形状，其中圆形的香囊有个，方形的香囊有个，桃形的香囊有个，石榴形的香囊有个现该商家利用分层随机抽样的方法在这些香囊中抽出个香囊摆放在展台上，则抽出的桃形香囊的个数为(    )A.  B.  C.  D. 4.  用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图，如图所示，轴，轴，，，则的原图形的面积为(    )A.
B.
C.
D. 5.  将函数图象上所有的点都向左平移个单位长度，再把得到的曲线图象上所有点的横坐标伸长到原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，则(    )A.  B.  C.  D. 6.  已知一个底面半径为，高为的圆锥，被一个过该圆锥高的中点且平行于该圆锥底面的平面所截，则截得的圆台的体积为(    )A.  B.  C.  D. 7.  已知，在钝角中，，，，则的取值范围是(    )A.  B.  C.  D. 8.  武当山，位于湖北省西北部十堰市境内，其自然风光，以雄为主，兼有险、奇、幽、秀等多重特色主峰天柱峰犹如金铸玉瑑的宝柱雄峙苍穹，屹立于群峰之巅环绕其周围的群山，从四面八方向主峰倾斜，形成独特的“七十二峰朝大顶，二十四涧水长流”的天然奇观，被誉为“自古无双胜境，天下第一仙山”如图，若点为主峰天柱峰的最高点，，为观测点，且，，在同一水平面上的投影分别为，，，，，由点测得点的仰角为，米，由点测得点的仰角为且，则，两点到水平面的高度差约为参考数据：(    )A. 米 B. 米 C. 米 D. 米二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）9.  已知复数，则(    )A.  B.
C. 在复平面内对应的点在第二象限 D. 为纯虚数10.  某校为了了解学生的身体素质，对届初三年级所有学生仰卧起坐一分钟的个数情况进行了数据统计，结果如图所示该校届初三学生人数较届初三学生人数上升了，届初三学生仰卧起坐一分钟的个数分布条形图如图所示，则(    )
 A. 该校届初三年级学生仰卧起坐一分钟的个数在内的学生人数占
B. 该校届初三学生仰卧起坐一分钟的个数在内的学生人数比届初三学生仰卧起坐一分钟个数同个数段的学生人数的倍还多
C. 该校届初三学生仰卧起坐一分钟的个数和届初三学生仰卧起坐一分钟个数的中位数均在内
D. 相比届初三学生仰卧起坐一分钟个数不小于的人数，届初三学生仰卧起坐一分钟个数不小于的人数占比增加11.  已知函数其中的部分图象如图所示，则(    )A.
B.
C. 的图象关于直线对称
D. 在上的值域为
 12.  上海世博会中国国家馆以城市发展中的中华智慧为主题，表现出了“东方之冠，鼎盛中华，天下粮仓，富庶百姓”的中国文化精神与气质如图，现有一个与中国国家馆结构类似的六面体，设矩形和的中心分别为和，若平面，，，，，，，，，，则(    )

 A. 这个六面体是棱台 B. 该六面体的外接球体积是
C. 直线与异面 D. 二面角的余弦值是三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.  计算： ______ ．14.  已知非零向量的夹角为，则 ______ ， ______ ．15.  已知为的外心，且若向量在向量上的投影向量为，其中，则的取值范围为______ ．16.  如图，在平面四边形中，，沿对角线将折起，使平面平面，连接，得到三棱锥，则三棱锥外接球表面积的最小值为______ ．
 四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.  本小题分
已知．
求；
求．18.  本小题分
在中，，，分别是内角，，的对边，．
求角的大小；
若，，求．19.  本小题分
如图，在三棱锥中，已知，且，，，分别为，，的中点，为的中点．
证明：平面．
求异面直线与所成角的余弦值．
20.  本小题分
为提倡节约用水，某市为了制定合理的节水方案，对家庭用水情况进行了调查，通过简单随机抽样抽取年个家庭的月均用水量单位：，将数据按照，，，，，分成组，绘制的频率分布直方图如图所示，已知这个家庭的月均用水量的第百分位数为．
在这个家庭中月均用水量在内的家庭有多少户？
求，的值；
估计这个家庭的月均用水量的平均值同一组中的数据用该组区间的中点值作代表．
21.  本小题分
如图，在矩形中，，分别为，的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且．
证明：平面平面．
若，求三棱锥的体积的最大值．
提示：，当且仅当时，等号成立
22.  本小题分
已知，是定义在上的函数，且满足．
设，若，求的值域；
设，讨论为常数，在上所有零点的和．
答案和解析 1.【答案】 【解析】解：，
则的实部为．
故选：．
根据已知条件，结合复数的四则运算，以及实部的定义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及实部的定义，属于基础题．
 2.【答案】 【解析】解：因为，，
所以，解得．
故选：．
根据已知条件，结合向量共线的性质，即可求解．
本题主要考查向量共线的性质，属于基础题．
 3.【答案】 【解析】解：圆形的香囊有个，方形的香囊有个，桃形的香囊有个，石榴形的香囊有个，
现该商家利用分层随机抽样的方法在这些香囊中抽出个香囊摆放在展台上，
则抽出的桃形香囊的个数为．
故选：．
根据已知条件，结合分层抽样的定义，即可求解．
本题主要考查分层抽样的定义，属于基础题．
 4.【答案】 【解析】解：根据题意，直观图中，轴，轴，，，
则直观图面积为，
又由原图的面积等于直观图面积的倍，所以原图的面积为．
故选：．
根据题意，求出直观图的面积，进而由直观图与原图的面积关系，分析可得答案．
本题考查平面图形的直观图，涉及斜二测画法，属于基础题．
 5.【答案】 【解析】解：将函数的图象上所有的点都向左平移个单位长度，
得到曲线，
再把得到的曲线上所有点的横坐标伸长到原来的倍，纵坐标不变，
得到的图象．
故选：．
由题意，利用函数的图象变换规律，诱导公式，得出结论．
本题主要考查函数的图象变换规律，诱导公式，属于基础题．
 6.【答案】 【解析】解：圆锥的底面半径为，高为，
可得的圆台的下底面半径为，上底面半径为，高为，
故该圆台的体积．
故选：．
利用台体的体积公式计算即可．
本题考查台体的体积的计算，属基础题．
 7.【答案】 【解析】解：因为，
所以，
所以，即，
又，即，
所以最大，
则由余弦定理得，得，
则，
因为，
所以，
所以的取值范围是．
故选：．
由题意可求为钝角，由余弦定理得，可求，利用三角形两边之差小于第三边可求，即可得解的取值范围．
本题考查了余弦定理在解三角形中的应用，考查了方程思想，属于中档题．
 8.【答案】 【解析】解：若点为主峰天柱峰的最高点，，为观测点，且，，在同一水平面上的投影分别为，，，，，
由点测得点的仰角为，米，由点测得点的仰角为且，
如图，过作交于，过作交于，

如图所示，因为，所以，
又，则，，
则，
又，，所以，
由正弦定理，得，
，
即，又，所以，
所以，
则，两点到平面的高度差为米．
故选：．
过作交于，过作交于，根据正弦定理即可求解．
本题考查了正弦定理在实际生活中的应用，属于中档题．
 9.【答案】 【解析】解：，
则，，故A错误，B正确；
则在复平面内对应的点的坐标为，在第二象限，故C正确；
，为纯虚数，故D正确．
故选：．
根据已知条件，先求出，即可依次求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及共轭复数的定义，复数模公式，复数的几何意义，属于基础题．
 10.【答案】 【解析】解：选项，由图可知，届初三年级学生仰卧起坐一分钟的个数在内的学生人数频率为，A正确；
选项，设届初三学生人数为，由图可知，届初三学生仰卧起坐一分钟的个数在内的学生人数为，
届初三学生仰卧起坐一分钟的个数在内的学生人数为，，B正确；
选项，届初三学生仰卧起坐一分钟个数的中位数在内，届初三学生仰卧起坐一分钟个数的中位数在内，C错误；
选项，届初三学生仰卧起坐一分钟个数不小于的人数占，届初三学生仰卧起坐一分钟个数不小于的人数占，D正确．
故选：．
根据统计图逐项判断即可得出结论．
本题考查由频数分布表、直方图求频数、频率，考查频率公式，属于基础题．
 11.【答案】 【解析】解：由函数的部分图象知，，，解得，
因为，所以，选项A正确；
因为，所以，解得；
又因为，所以，当时，，选项B错误；
因为，所以令，解得，
所以的图象关于直线对称，选项C正确；
因为当时，，所以，
所以在上的值域为，选项D正确．
故选：．
根据函数的部分图象求出、和的值，写出函数的解析式，再判断选项中的命题是否正确．
本题考查了三角函数的图象与性质的应用问题，也考查了推理与判断能力，是中档题．
 12.【答案】 【解析】解：对于，因为，，，
所以四条侧棱的延长线不能交于一点，这个六面体不是棱台，选项A错误．
对于，由题意知，这个六面体的外接球球心在直线上，且，，
因为，即，
解得，所以六面体的外接球半径，
所以这个六面体的外接球体积是，选项B正确．
对于，和显然不相交，计算，
所以与不平行，所以和不在同一平面内，选项C正确．
对于，取和的中点分别为，，连接，，，
则即所求二面角的平面角，，，
所以，选项D正确．
故选：．
中，根据棱台的定义判断即可．
中，由题意求出六面体的外接球半径，计算外接球的体积．
中，判断和不相交也不平行即可．
中，找出二面角的平面角，计算余弦值即可．
本题考查了空间简单几何体的结构特征与应用问题，也考查了推理与运算能力，是中档题．
 13.【答案】 【解析】解：

故答案为：
变形可得，计算可得．
本题考查二倍角的正切公式，属于基础题．
 14.【答案】  【解析】解：因为，所以，
即，又，
则．
又，解得．
所以


．
故答案为：；．
首先由非零向量的夹角为等条件直接计算与的数量积，然后再将所求向量的模转化为向量的数量积进行计算即可．
本题考查平面向量的数量积运算，属基础题．
 15.【答案】 【解析】解：因为，所以，
又因为为的外心，所以为直角三角形且，为斜边的中点，
过作的垂线，垂足为因为在上的投影向量为，所以，
而，所以，因为，
所以，即的取值范围为．

故答案为：．
根据条件得出，即点在边上，又为的外心，从而得出，为斜边的中点，从而得出，，然后可得出，根据的范围即可求出的范围．
本题考查了投影向量的定义，三角形外心的定义，共线向量基本定理，直角三角形的外心在斜边的中点上，余弦函数的定义，考查了计算能力，属于中档题．
 16.【答案】 【解析】解：在平面四边形中设，
即在中，．
在中，设外接圆圆心为，外接圆半径为，
由正弦定理可得．
设三棱锥外接球球心为，则平面如图所示：

又因为平面平面，平面平面，，
所以平面，则，所以四边形为直角梯形．
设外接球的半径为，在平面四边形中，过做于，
在中，，为的中点，，
，
故，
所以．
令，，则，
，
故，当且仅当，即时满足等号成立．
所以，
所以外接球表面积的最小值为．
故答案为：．
首先利用正弦定理求出，进一步求出锥体的外接球的半径，最后利用基本不等式求出的最小值，最后求出球的表面积．
本题考查的知识要点：折叠问题，平面图形和空间图形的关系，锥体和外接球的关系，基本不等式，球的表面积公式，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
 17.【答案】解：，，
，
．
两边平方得，则，
，
．
，，
又，．
，，
又，则，．
则
，
故． 【解析】利用两角差的余弦公式可得，两边平方，结合二倍角的正弦公式即可得解；
利用诱导公式，同角三角函数的基本关系及两角差的余弦公式即可得解．
本题主要考查了诱导公式，二倍角公式，和差角公式在三角化简中的应用，属于中档题．
 18.【答案】解：因为，
所以，
由正弦定理可知，，
所以，
因为为的内角，
所以．
因为，，
则由余弦定理知，即，
化简得，
解得或舍去．
由正弦定理知，
则． 【解析】根据题意可得，再由余弦定理可得，进而求得；
由余弦定理可得的值，再由正弦定理即可得解．
本题考查解三角形，考查运算求解能力，属于基础题．
 19.【答案】证明：取的中点，连接，，
因为，分别为，的中点，所以，
因为，分别为，的中点，所以，所以，
平面，平面，所以平面，
因为，分别为，的中点，所以，
平面，平面，所以平面，
因为，所以平面平面．
因为平面，所以平面．

解：因为，所以或其补角即异面直线与所成的角，
因为，且，
所以，均为等边三角形，，
根据余弦定理可得，
所以异面直线与所成角的余值为． 【解析】根据题干证出面面平行，再根据两个平面平行，则一个平面的任意一条直线都与另一个平面平行的性质证出线面平行．
结合余弦定理，即可求出异面直线与所成角的余弦值．
本题考查立体几何的综合知识，属于中档题．
 20.【答案】解：由频率分布直方图可知，月均用水量在内的家庭的频率为，
则在这个家庭中月均用水量在内的家庭有户．
由频率分布直方图，可得，
则，
因为这个家庭的月均用水量的第百分位数为，
所以在，
则，
解得，．
估计这个家庭的月均用水量的平均值为：
． 【解析】求得月均用水量在内的频率，根据频数公式求解即可；
根据频率分布直方图的性质和月均用水量的第百分位数为，列方程求解即可；
根据平均数公式列式计算即可求解．
本题考查由频率分布直方图求频数、频率，考查频率公式，频率分布直方图坐标轴的应用，属于基础题．
 21.【答案】证明：根据题意可得，
因为，，所以．
，平面，平面，
所以平面，因为平面，
所以平面平面．
解：设，，则，，，．
由知平面，则，得．
因为，，，平面，平面，
所以平面，则，
所以三棱锥的体积，
因为，当且仅当，即时，等号成立．
所以，故三棱锥的体积的最大值为． 【解析】利用线线垂直可证平面，进而可证平面平面．
设，，由题意可得，可得，利用基本不等式可求三棱锥的体积的最大值．
本题考查面面垂直的证明，考查锥体的体积的最大值的计算，属中档题．
 22.【答案】解：由题意，，
，
所以，
当时，，，
，
因为，所以，
由余弦函数的性质可知在上单调递增，且，
则；
当时，，，
，
因为，所以，
由正弦函数的性质可知在上单调递增，在上单调递减，
且，则．
综上，时，的值域为；
由题意，，
所以，
，
因为，
所以函数是以为周期的周期函数．
设，
则即为，，
由于，
所以必有两个实数根，
设为，，
则韦达定理可得：，，
假设，，
则有，得无解，
所以，至少一个在内．
当，只有一个在内时，，解得或．
若，则，，得，，
在内，有两个根，，
且，关于对称，所以，
故F在上所有零点的和为；
若，则，，得，，
在内，有两个根，，且，
所以在上所有零点的和为．
当时，，此时，
在内，共有三个根，
且，关于对称，所以，
则在上所有零点的和为．
当时，，此时．
在内，共有三个根，且，
则在上所有零点的和为．
当时，，，得．
在内，有两个根，且，有两个根，且，
则在上所有零点的和为．
综上，当时，在上所有零点的和为；
当时，在上所有零点的和为；
当时，在上所有零点的和为；
当时，在上所有零点的和为；
当时，在上所有零点的和为． 【解析】根据题意可得，分和分别化简、求出值域，即可得答案；
由题意可得，从而得为的周期，设，则即为，，从而可得，至少一个在内，分，只有一个在内、，、，、，结合正弦函数的单调性及的周期，求解即可．
本题考查了三角恒等变化、分类讨论思想、三角函数的性质，属于难题．